2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案(含解析).doc
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第2講磁場對運動電荷的作用主干梳理 對點激活知識點洛倫茲力、洛倫茲力的方向洛倫茲力公式1.定義:運動電荷在磁場中所受的力。2方向(1)判定方法:應(yīng)用左手定則,注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負(fù)電荷運動的反方向。(2)方向特點:FB,F(xiàn)v。即F垂直于B和v所決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)。由于F始終垂直于v的方向,故洛倫茲力永不做功。3洛倫茲力的大?。篎qvBsin其中為電荷運動方向與磁場方向之間的夾角。(1)當(dāng)電荷運動方向與磁場方向垂直時,F(xiàn)qvB。(2)當(dāng)電荷運動方向與磁場方向平行時,F(xiàn)0。(3)當(dāng)電荷在磁場中靜止時,F(xiàn)0。知識點帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動1若vB,帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。2若vB,帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi),以入射速度v做勻速圓周運動。3基本公式(1)向心力公式:qvBm。(2)軌道半徑公式:r。(3)周期公式:T;f;2f。(4)T、f和的特點T、f和的大小與軌道半徑r和運行速率v無關(guān),只與磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子的比荷有關(guān)。比荷相同的帶電粒子,在同樣的勻強(qiáng)磁場中T、f、相同。一 思維辨析1帶電粒子在磁場中運動時,一定會受到磁場力的作用。()2洛倫茲力的方向垂直于B和v決定的平面,洛倫茲力對帶電粒子永遠(yuǎn)不做功。()3根據(jù)公式T,說明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動周期T與v成反比。()4用左手定則判斷洛倫茲力方向時,四指指向電荷的運動方向。()5帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。()6當(dāng)帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,若v與B夾角為銳角,帶電粒子的軌跡為螺旋線。()答案1.2.3.4.5.6.二 對點激活1(人教版選修31P98T1改編)下列各圖中,運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()答案B解析由左手定則知A中力F的方向應(yīng)豎直向上,B中力F的方向應(yīng)豎直向下,C、D中速度v與磁感應(yīng)強(qiáng)度B平行,不受洛倫茲力,故選B。2. (人教版選修31P102T3改編)如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是()A組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同CA束離子的比荷大于B束離子的比荷D速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外答案C解析由左手定則結(jié)合帶電粒子A、B在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌跡知A、B均帶正電,故A錯誤。由r知A的比荷大于B的比荷,無法單獨判斷離子質(zhì)量關(guān)系,故B錯誤,C正確。速度選擇器中離子受電場力向右,所以洛倫茲力應(yīng)向左,結(jié)合左手定則可判斷磁場方向應(yīng)垂直紙面向里,故D錯誤??键c細(xì)研 悟法培優(yōu)考點1洛倫茲力的特點及應(yīng)用1洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面,所以洛倫茲力只改變速度的方向,不改變速度的大小,即洛倫茲力永不做功。(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時,要注意將四指指向電荷運動的反方向。2洛倫茲力與電場力的比較例1如圖所示,在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道,水平方向的勻強(qiáng)磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中,下列說法中正確的是()A滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場不存在時大B滑塊經(jīng)過最低點的加速度比磁場不存在時小C滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小D滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等解題探究(1)帶負(fù)電的滑塊經(jīng)過最低點時的速度大小受磁場有無的影響嗎?提示:因為洛倫茲力不做功,所以有無磁場對滑塊經(jīng)過最低點時的速度大小無影響。(2)運動到最低點時滑塊所受洛倫茲力方向如何?提示:豎直向下。嘗試解答選D。由于洛倫茲力不做功,故與磁場不存在時相比,滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變,A錯誤;由圓周運動中a,與磁場不存在時相比,滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變,B錯誤;由左手定則,滑塊經(jīng)過最低點時受到的洛倫茲力向下,而滑塊所受的向心力不變,故滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大,C錯誤;由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直,在任意一點,滑塊經(jīng)過時的速度與磁場不存在時相比均不變,則運動所用時間相等,D正確??偨Y(jié)升華洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者是相同性質(zhì)的力,都是磁場力。(2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運動電荷不做功。 變式1 (多選)如圖所示,兩個傾角分別為30和60的光滑絕緣斜面固定于水平地面上,并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,兩個質(zhì)量為m、電荷量為q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放,運動一段時間后,兩小滑塊都將飛離斜面,在此過程中()A甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同D兩滑塊在斜面上運動的過程中,重力的平均功率相等答案AD解析小滑塊飛離斜面時,洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡,故:mgcosqvmB,解得vm,所以斜面傾角越小,飛離斜面瞬間的速度越大,故甲滑塊飛離時速度較大,故A正確;滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變,由受力分析和牛頓第二定律可得加速度agsin,所以甲的加速度小于乙的加速度,因為甲飛離的最大速度大于乙的最大速度,由vmat得,甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間,故B錯誤;由以上分析和x可知,甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移,故C錯誤;由平均功率的公式得PFsinmgsin,因sin30cos60,sin60cos30,故重力的平均功率一定相等,故D正確??键c2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動1帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的解題思路(1)圓心的確定基本思路:與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。兩種常見情形情形一:已知入射方向和出射方向時,可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖a所示,圖中P為入射點,M為出射點)。情形二:已知入射方向和出射點的位置時,可以先通過入射點作入射方向的垂線,再連接入射點和出射點,作其中垂線,這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖b所示,圖中P為入射點,M為出射點)。(2)半徑的確定和計算利用幾何知識求出該圓的可能半徑(或圓心角),并注意以下兩個重要的幾何特點:粒子速度的偏向角等于圓心角,并等于AB弦與切線的夾角(弦切角)的2倍(如圖所示),即2t。相對的弦切角相等,與相鄰的弦切角互補(bǔ),即180。(3)運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T,當(dāng)粒子運動的圓弧軌跡所對應(yīng)的圓心角為時,其運動時間由下式表示:tT。2帶電粒子在不同邊界勻強(qiáng)磁場中的運動規(guī)律有界勻強(qiáng)磁場是指只在局部空間存在著勻強(qiáng)磁場,帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場,在磁場區(qū)域內(nèi)做一段勻速圓周運動,也就是通過一段圓弧軌跡后離開磁場區(qū)域。帶電粒子在磁場中運動的圓弧軌跡取決于粒子進(jìn)入磁場的速度大小、方向和磁場區(qū)域邊界,常見磁場區(qū)域邊界可分為如下幾種情形:情形一:直線邊界直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、乙、丙所示,粒子進(jìn)出磁場具有對稱性;雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示,粒子進(jìn)出磁場存在臨界條件。解決這類問題的“三部曲”:畫軌跡、找圓心、定半徑。如果粒子從同一直線邊界射入和射出,那么粒子進(jìn)入磁場時速度與邊界的夾角和射出磁場時速度和邊界的夾角相等。情形二:矩形邊界矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內(nèi)的有界磁場,帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧。垂直于某邊射入,從某一頂點射出是常見的臨界情況。解決該類問題的關(guān)鍵是把握臨界情況,如圖所示,常見的有如下幾種情況:(設(shè)粒子從ad邊中點e垂直射入)(1)兩個臨界半徑從d點射出:r1。從c點射出:r2ab2。(2)三種情況rr1,粒子從ed段射出。r1r2,粒子從cf段射出(不會到f點)。情形三:圓形邊界圓形邊界磁場是指分布在圓形區(qū)域內(nèi)的有界磁場,帶電粒子在圓形邊界的勻強(qiáng)磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓:粒子運動軌跡的圓與磁場區(qū)域的圓,能很好地考查學(xué)生的綜合分析能力,所以是近年來高考的熱點。帶電粒子在圓形磁場中運動的四個結(jié)論:(1)徑向進(jìn)出:當(dāng)粒子運動方向與磁場方向垂直時,沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子,必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域,即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心,如圖1所示。(2)等角進(jìn)出:入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角,如圖2所示。徑向進(jìn)出是等角進(jìn)出的一種特殊情況(0)。(3)點入平出:若帶電粒子從圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁場,當(dāng)帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時,所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場,如圖3所示。(4)平入點出:若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場,且?guī)щ娏W釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同,則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出,且磁場區(qū)域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行,如圖4所示。情形四:四分之一平面邊界四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標(biāo)系中某一象限范圍的有界磁場,帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧,粒子軌跡與坐標(biāo)軸相切或垂直是常見的臨界情況。解決該類問題的關(guān)鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標(biāo),及速度方向與坐標(biāo)軸的夾角關(guān)系,然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心,尋找?guī)缀侮P(guān)系求解問題。情形五:三角形邊界三角形邊界磁場是指分布在三角形區(qū)域內(nèi)的有界磁場,粒子的軌跡也是一段圓弧,由于三角形可以有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型,所以會有不同的臨界情景。解答該類問題主要把握以下兩點:(1)射入磁場的方式從某頂點射入。從某條邊上某點(如中點)垂直(或成某一角度)射入。(2)射出點的判斷其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切,進(jìn)而判定出射點的可能位置。例2(2018昆明質(zhì)檢)(多選)如圖所示,MN兩側(cè)均有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,MN左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子,自P點開始以速度v0向左垂直MN射入磁場中,當(dāng)離子第二次穿過磁場邊界時,與邊界的交點Q位于P點正上方,PQ之間的距離為。不計離子重力,下列說法正確的是()AB2B1BB2B1C離子從開始運動至第一次到達(dá)Q點所用時間為D離子從開始運動至第一次到達(dá)Q點所用時間為解題探究(1)PQ之間距離與帶電粒子在兩磁場中運動的半徑之間有何關(guān)系?提示:2r22r1。(2)離子在兩磁場中各運動多長時間?提示:分別運動半個周期。嘗試解答選AC。畫出離子在勻強(qiáng)磁場中的運動軌跡,如圖所示。由qvBm,解得r,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的區(qū)域,r1,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的區(qū)域,r2,根據(jù)題述,2r22r1,聯(lián)立解得B2B1,A正確,B錯誤。由T可知,離子在左側(cè)勻強(qiáng)磁場中的運動時間t1,離子在右側(cè)勻強(qiáng)磁場中的運動時間t2,離子從開始運動至第一次到達(dá)Q點所用時間為tt1t2,C正確,D錯誤??偨Y(jié)升華1帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法2作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題(1)四個點:分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。(2)六條線:圓弧兩端點所在的軌跡半徑,入射速度所在直線和出射速度所在直線,入射點與出射點的連線,圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條線構(gòu)成一個四邊形,后面兩條線為對角線。(3)三個角:速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角,其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角,也等于弦切角的兩倍。變式2(2016四川高考改編)如圖所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場,當(dāng)速度大小為v1時,粒子從b點離開磁場;當(dāng)速度大小為v2時,粒子從c點離開磁場。不計粒子重力,則v1與v2的大小之比為()A12 B21 C13 D2答案C解析粒子以速度v1進(jìn)入磁場從b點射出時,由幾何關(guān)系得R1sin60,得R1l,同理粒子以速度v2進(jìn)入磁場從c點射出時,由幾何關(guān)系得R2sin30lcos30,得R2l,粒子在磁場中做圓周運動,由Bqvm得半徑R,兩次入射速度之比,C正確,A、B、D錯誤??键c3帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的多解問題1.帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子,可能帶正電,也可能帶負(fù)電,在相同的初速度條件下,正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同,形成多解。如圖甲,帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,如帶正電,其軌跡為a,如帶負(fù)電,其軌跡為b。2磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,此時由于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定形成多解。如圖乙,帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,如B垂直紙面向里,其軌跡為a,如B垂直紙面向外,其軌跡為b。3速度不確定形成多解有些題目只指明了帶電粒子的電性,但未具體指出速度的大小或方向,此時必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。常有兩種情形:(1)入射速度方向一定,大小不同;(2)入射速率一定,方向不同。如圖丙所示,帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒子速度大小不確定,因此,它可能穿過下邊界,也可能轉(zhuǎn)過180反向飛出,于是形成了多解。4運動的周期性形成多解帶電粒子在電場和磁場的組合場空間運動時,運動往往具有往復(fù)性,從而形成多解。如圖丁所示。例3 (2018湖南湘東五校聯(lián)考)(多選)如圖所示,在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里,第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外,P(L,0)、Q(0,L)為坐標(biāo)軸上的兩個點,現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出,不計電子的重力,下列說法正確的是()A若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,則電子運動的路程一定為B若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程一定為LC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程一定為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程可能為L,也可能為2L解題探究(1)B、C、D選項中“電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點”,經(jīng)原點O一定是第一次射出磁場分界線就過原點O嗎?提示:不一定,可能存在多解。(2)軌跡半徑如何確定?提示:由幾何關(guān)系知可能有2Rcos45L或2Rcos45L等。嘗試解答選AD。電子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動半徑為R,若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,則其運動軌跡如圖甲所示,則有2Rcos45L,半徑RL,從P點到O點運動軌跡為四分之一圓周,所以運動的路程s,A正確。電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,若電子恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,則軌跡如圖甲所示,運動路程為一個圓周,即s12R2L;若電子從P點出發(fā)經(jīng)過原點O到達(dá)Q點的運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系有2Rcos45,圓周運動半徑R,運動的路程為s22222L,B、C錯誤,D正確??偨Y(jié)升華求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧(1)分析題目特點,確定題目多解性形成原因。(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性的多解問題,尋找通項式,若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性,注意每種解出現(xiàn)的條件。 變式3如圖甲所示,M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O且正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一群正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場,已知正離子質(zhì)量為m,電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大?。?2)若正離子從O孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短,請畫出其運動軌跡并求出該最短時間;(3)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。答案(1)(2)軌跡圖見解析T0(3)(n1,2,3,)解析(1)設(shè)離子軌道半徑為R,洛倫茲力提供向心力:B0qv0做勻速圓周運動的周期T0由以上兩式得:B0。(2)軌跡如右圖,最短時間tminT0。(3)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子在兩板之間只運動一個周期即T0時,R。當(dāng)正離子在兩板之間運動n個周期,即nT0時,R(n1,2,3,)B0qv0聯(lián)立得正離子的速度的可能值為v0(n1,2,3,)??键c4帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題1.解題思路以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口,運用動態(tài)思維,尋找臨界點,確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向找出偏轉(zhuǎn)方向,同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心,建立幾何關(guān)系。2尋找臨界點常用的結(jié)論(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當(dāng)速度v一定時,弧長越長,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)當(dāng)速度v變化時,圓心角越大的,運動時間越長。例4(2018武昌調(diào)研)(多選)如圖所示,在一個等腰直角三角形區(qū)域ABC內(nèi),存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(邊界上有磁場),ACBCl,C90。質(zhì)量為m、電荷量為q的大量相同的粒子以不同速率從AB邊上距A點為l的D點既垂直于邊界AB又垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場,不計粒子間的相互作用及粒子重力,則以下結(jié)論正確的是()A速率在(32)的粒子都會從BC邊離開磁場解題探究(1)從AC邊離開磁場的臨界點是什么?提示:與AC相切,從C點離開,兩個臨界點。(2)從AB邊離開磁場,粒子會運動半個圓周,運動的最大位移如何確定?提示:x2r,即r取最大時x最大。嘗試解答選AC。作出帶電粒子從AC邊離開的軌跡,如圖所示,軌跡DEF與AC邊相切,切點為E,DC為剛好從C點離開磁場區(qū)域的帶電粒子的軌跡。當(dāng)帶電粒子從C點離開時,粒子的軌跡半徑為r1l,又由qv1Bm得v1;當(dāng)粒子軌跡剛好與AC邊相切時,由幾何關(guān)系有l(wèi)r2r2,則r2(1)l,又由qv2Bm得v2,所以帶電粒子的速率滿足時,帶電粒子都會從BC邊離開磁場,D錯誤??偨Y(jié)升華1利用縮放圓法探索臨界狀態(tài)當(dāng)帶電粒子以任一速率沿特定方向射入勻強(qiáng)磁場時,它們的速率v0越大,在磁場中做圓周運動的軌道半徑也越大,它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP上。此時可以用“縮放圓法”分析以入射點為定點,圓心位于直線PP上,將半徑縮放作粒子的運動軌跡,從而探索出臨界條件,問題便迎刃而解。2帶電粒子在矩形有界勻強(qiáng)磁場中運動的臨界問題由于矩形磁場有四個邊界,所以帶電粒子在此類磁場中運動時往往會存在臨界問題帶電粒子的運動軌跡與某一邊界相切,具體情況如下:(1)粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直,如圖甲所示。當(dāng)粒子速度較小時,粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場區(qū)域;當(dāng)粒子速度在某一范圍內(nèi)時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側(cè)面邊界飛出磁場;當(dāng)粒子速度較大時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁場。(2)粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角,如圖乙所示。當(dāng)粒子速度較小時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場;當(dāng)粒子速度在某一范圍內(nèi)時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側(cè)面邊界飛出磁場;當(dāng)粒子速度較大時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側(cè)面邊界飛出磁場;當(dāng)粒子速度更大時,粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側(cè)面邊界飛出磁場。這類在矩形磁場中求解時間范圍、速度范圍等的問題是熱點。綜合以上兩種情況,尋找“相切或相交”的臨界點是解決問題的關(guān)鍵;另外在磁場邊界上還有粒子不能達(dá)到的區(qū)域即“盲區(qū)”,也要引起大家注意。 變式4如圖所示,正方形區(qū)域abcd內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,abl,Oa0.4l,大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成37的方向以不同的初速度v0射入磁場,不計粒子重力和粒子間的相互作用,已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,sin370.6,cos370.8。(1)求帶電粒子在磁場中運動的最長時間;(2)若帶電粒子從ad邊離開磁場,求v0的取值范圍。答案(1)(2)v0解析(1)粒子從ab邊離開磁場時,在磁場中運動的時間最長,如圖1所示,由qBv0又T解得T又由幾何關(guān)系得74,即粒子在磁場中運動的最長時間t。(2)當(dāng)粒子軌跡與ad邊相切時,如圖2所示,設(shè)此時初速度為v01,軌跡半徑為R1,由幾何關(guān)系可得,R1R1sin370.4l,又由qBv01,解得v01;當(dāng)粒子運動軌跡與cd邊相切時,如圖3所示,設(shè)此時初速度為v02,軌跡半徑為R2,由幾何關(guān)系可得R2R2cos37l,又由qBv02,解得v02,綜上可得lR。因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S,由此可知,某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切,則此切點P1就是粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點。為確定P1點的位置,可作平行于ab的直線cd,cd到ab的距離為R,以S為圓心,R為半徑,作圓弧交cd于Q點,過Q作ab的垂線,它與ab的交點即為P1。即NP1。再考慮N的右側(cè)。任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓弧,交ab于N右側(cè)的P2點,此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點。由圖中幾何關(guān)系得NP2,所求長度為P1P2NP1NP2,代入數(shù)值得P1P220 cm。答案20 cm 名師點睛(1)解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題,關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維,尋找臨界點,確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向,找出半徑方向,同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡,定好圓心,建立幾何關(guān)系。粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。(2)要重視分析時的尺規(guī)作圖,規(guī)范而準(zhǔn)確的作圖可突出幾何關(guān)系,使抽象的物理問題更形象、直觀。【針對訓(xùn)練】1如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy中,x軸上方有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以相同的速率v沿紙面內(nèi)由x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域,其中R,正確的圖是()答案D解析如圖,從O點水平向左沿x軸負(fù)方向射出的粒子,軌跡為圓,和x軸相切于O點,在x軸上方,半徑為R;沿y軸正方向射出的粒子軌跡為半圓,在y軸右側(cè),和x軸交點距O點為2R,其余方向射入的帶電粒子,軌跡圓旋轉(zhuǎn),最遠(yuǎn)點均在以O(shè)為圓心、半徑為2R的圓周上,故D正確。2. (多選)如圖所示,寬d4 cm的有界勻強(qiáng)磁場,縱向范圍足夠大,磁場方向垂直紙面向里?,F(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場,若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r10 cm,則()A右邊界:8 cmy8 cm有粒子射出B右邊界:0y8 cm有粒子射出D左邊界:0y0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()A B C D答案D解析粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvBm得R,分析圖中角度關(guān)系可知,PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。則PQ2R,所以O(shè)Q4R,D正確。4(2017全國卷)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0(常數(shù)1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求:(不計重力)(1)粒子運動的時間;(2)粒子與O點間的距離。答案(1)(2)解析(1)在勻強(qiáng)磁場中,帶電粒子做圓周運動,設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x0區(qū)域,圓周半徑為R2,由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時,所需時間t1為t1粒子再轉(zhuǎn)過180時,所需時間t2為t2聯(lián)立式得,所求時間為t0t1t2。(2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為d02(R1R2)。5(2018江蘇高考)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場。取sin530.8,cos530.6。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t;(3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。答案(1)(2)(3)解析(1)粒子圓周運動的半徑r0由題意知r0解得B。(2)粒子入射速度為5v0時,圓周運動半徑r5r0,如圖所示,設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為,由drsin,得sin,即53在一個矩形磁場中的運動時間t1解得t1直線運動的時間t2則t4t1t2。(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x,粒子從O點向上運動的最大偏移量y2r(1cos)xtan由y2d,解得xd則當(dāng)xmd時,t有最大值粒子直線運動路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時間的最大值tm。配套課時作業(yè)時間:45分鐘滿分:100分一、選擇題(本題共10小題,每小題7分,共70分。其中15為單選,610為多選)1如圖,半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計重力的粒子,以速度v沿與半徑PO夾角30的方向從P點垂直磁場射入,最后粒子垂直于MN射出,則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A BC D答案B解析根據(jù)題述可得帶電粒子運動的軌跡半徑r滿足rcos60R,r2R。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動,洛倫茲力提供向心力,qvBm,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,B正確。2如圖所示,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絲線懸掛于O點,并在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角為60,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A0 B2mg C4mg D6mg答案C解析設(shè)小球自左方最大擺角處擺到最低點時速度為v,則mv2mgL(1cos60),此時qvBmgm,當(dāng)小球自右方最大擺角處擺到最低點時,v大小不變,洛倫茲力方向發(fā)生變化,此時有TmgqvBm,解得T4mg,故C正確。3如圖所示,正三角形的三條邊都與圓相切,在圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)子P(H)和氦核Q(He)都從A點沿BAC的角平分線方向射入磁場,質(zhì)子P(H)從C點離開,氦核Q(He)從相切點D離開磁場,不計粒子重力,則質(zhì)子和氦核的入射速度大小之比為()A61 B31 C21 D32答案A解析設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R,質(zhì)子P的入射速度大小為v1,質(zhì)量為m,電荷量為e,質(zhì)子從C點離開,在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為60,設(shè)其軌跡半徑為r1,則有tan60,解得r1R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知,ev1Bm,解得v1;設(shè)氦核Q的入射速度大小為v2,則質(zhì)量為4m,電荷量為2e,氦核Q從D點離開磁場,在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為120,設(shè)其軌跡半徑為r2,則有tan60,解得r2,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知,2ev2B4m,解得v2,質(zhì)子和氦核的入射速度大小之比為v1v261,A正確。4如圖所示,在真空中,水平導(dǎo)線中有恒定電流I通過,導(dǎo)線的正下方有一質(zhì)子初速度方向與電流方向相同,則質(zhì)子可能的運動情況是()A沿路徑a運動 B沿路徑b運動C沿路徑c運動 D沿路徑d運動答案B解析由安培定則,電流在下方產(chǎn)生的磁場方向指向紙外,由左手定則,質(zhì)子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力方向向上。則質(zhì)子的軌跡必定向上彎曲,因此C、D必錯;由于洛倫茲力方向始終與電荷運動方向垂直,故其運動軌跡必定是曲線,則B正確,A錯誤。5如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在xOy平面內(nèi),從原點O處沿與x軸正方向成角(0)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()A若v一定,越大,則粒子在磁場中運動的時間越短B若v一定,越大,則粒子離開磁場的位置距O點越遠(yuǎn)C若一定,v越大,則粒子在磁場中運動的角速度越大D若一定,v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短答案A解析由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn)。若v一定,越大,則粒子在磁場中運動的時間越短,A正確;若v一定,等于90時,粒子離開磁場的位置距O點最遠(yuǎn),為2r,B錯誤;若一定,粒子在磁場中運動的周期與v無關(guān),粒子在磁場中運動的角速度與v無關(guān),粒子在磁場中運動的時間與v無關(guān),C、D錯誤。6長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,如圖所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,板間距離為l,極板不帶電?,F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采用的辦法是()A使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v答案AB解析若帶電粒子剛好打在極板右邊緣,有r2l2,又因為r1,解得v1;若粒子剛好打在極板左邊緣時,有r2,解得v2,故A、B正確。7(2018重慶調(diào)研)如圖所示,在0x3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在t0時刻,從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子,速度方向與y軸正方向的夾角分布在090范圍內(nèi)。其中,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場右邊界上點P(3a,a)離開磁場,不計粒子重力和粒子間的相互作用,下列說法正確的是()A粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3aB粒子的發(fā)射速度大小為C帶電粒子的比荷為D帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0答案BD解析作出沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中的運動軌跡,如圖1所示,設(shè)粒子的軌跡半徑為r,則由幾何關(guān)系可知(3ar)2(a)2r2,解得r2a,A錯誤;圖1中OOP,則帶電粒子的速度大小為v0,B正確;由牛頓第二定律有qBv0m,整理得,C錯誤;如圖2所示,當(dāng)粒子的運動軌跡與右側(cè)的磁場邊界相切時,帶電粒子在磁場中運動的時間最長,假設(shè)NOO,則3a2a2acos,解得,因此該運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為,則該粒子在磁場中的運動時間為2t0,D正確。8. (2018貴陽監(jiān)測)如圖所示,MN為兩個方向相同且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場的分界面,兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B12B2,一比荷為k的帶電粒子(不計重力),以一定的速率從O點垂直MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的磁場,則粒子下一次到達(dá)O點所經(jīng)歷的時間為()A B C D答案BC解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,qvBm,可得R,由此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中運動的軌跡半徑是在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場中運動的軌跡半徑的2倍,帶電粒子運動軌跡的示意圖如圖所示。粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場中運動的時間為t12,粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中運動的時間為t2,則粒子下一次到達(dá)O點經(jīng)歷的時間為tt1t2,A、D錯誤,B、C正確。9如圖所示,正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子垂直于bc邊離開磁場,乙粒子從ad邊的中點離開磁場。已知甲、乙兩個帶電粒子的電荷量之比為12,質(zhì)量之比為12,不計粒子重力。以下判斷正確的是()A甲粒子帶負(fù)電,乙粒子帶正電B甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍C甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍D甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的答案CD解析由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知,甲粒子向上偏轉(zhuǎn),所以甲粒子帶正電,由乙粒子從ad邊的中點離開磁場可知,乙粒子向下偏轉(zhuǎn),所以乙粒子帶負(fù)電,A錯誤;設(shè)正方形abcd的邊長為L,由幾何關(guān)系可知R甲2L,乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時所對應(yīng)的弦的弦切角為60,弦長為,所以2R乙sin60,解得R乙L,根據(jù)qvBm,有Ekmv2,所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍,B錯誤;由公式qvBm可知,v,所以F洛qvB,解得2,C正確;由幾何關(guān)系可知,甲粒子運動軌跡所對的圓心角為30,乙粒子運動軌跡所對的圓心角為120,根據(jù)公式tT和T可知,甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的,D正確。10如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,直角邊bc的長度為L。三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3 射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3 ,且t1t2t3332。不計粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是()A粒子的速率關(guān)系一定是v1v2v3B粒子的速率關(guān)系可能是v2v1v2、v1v2或v1 T解析(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,則qvB,解得R0.5 m,而0.5 m,故圓心一定在x軸上,軌跡如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知OQRRcos370.9 m。(2)帶電粒子不從x軸射出,臨界軌跡如圖乙所示。由幾何關(guān)系得OPRRsin37,R,解得B1 T。磁感應(yīng)強(qiáng)度BB1,即B T。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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